Aljabar Boolean - Repository UNIKOM

ALJABAR

BOOLEAN

DEFINISI ALJABAR BOOLEN

• Aljabar boolean merupakan aljabar yang terdiri atas suatu himpunan dengan dua operator biner yang didefinisikan pada himpunan tersebut.

• Misalkan terdapat

1. Dua operator biner: + dan  2. Sebuah operator uner: ’.

3. B : himpunan yang didefinisikan pada operator +, , dan ’ 4. 0 dan 1 adalah dua elemen yang berbeda dari B.

• Pada aljabar Boolean berlaku aksioma-aksioma atau postulat Huntington berikut:

1. Closure: (i) a + b B (ii) a b B 2. Identitas: (i) a + 0 = a (ii) a  1 = a

3. Komutatif: (i) a + b = b + a (ii) a b = b . a

4. Distributif: (i) a  (b + c) = (a b) + (a c) (ii) a + (b c) = (a + b)  (a +

c)

AKSIOMA ALJABAR BOOLEAN

Hukum Identitas x+0=x x.1=x Hukum idempoten x+x=x x.x=x Hukum Komutatif x+y=y+x x.y=y.x Hukum komplemen x+x’=1 x.x’=0 Hukum dominasi x.0=0 x+1=1 Hukum Distributif x+(y.z)=(x+y).(x+z) x.(y+z)= (x.y)+(x.z) Hukum Involusi (x’) ’=x Hukum penyerapan x+(x.y)=x x.(x+y)=x Hukum 0/1 0’=1 1’=0 Hukum asosiatif x+(x+y)=(x+x)+y x.(x.y)=(x.x).y

Hukum De Morgan

ALJABAR BOOLEAN DUA-NILAI

• Aljabar Boolean dua-nilai:

1. B = {0, 1}

2. operator biner, + dan  3. operator uner, ’

4. Kaidah untuk operator biner dan operator uner:

a b a  b a b a + b a a’

0 0 0 0 0 0 0 1

0 1 0 0 1 1 1 0

1 0 0 1 0 1

ALJABAR BOOLEAN TIGA-NILAI

a b c b + c a  (b + c) a b a c (a b) + (a c)

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 1 1 0 0 0 0

0 1 0 1 0 0 0 0

0 1 1 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 1 1 0 1 1

1 1 0 1 1 1 0 1

PRINSIP DUALITAS (1)

• Misalkan S adalah kesamaan (identity) di dalam aljabar Boolean yang

melibatkan operator +, , dan komplemen, maka jika pernyataan S* diperoleh dengan cara mengganti

 dengan +

+ dengan 

0 dengan 1

1 dengan 0

• dan membiarkan operator komplemen tetap apa adanya, maka kesamaan S*

juga benar. S* disebut sebagai dual dari S.

Contoh.

(i) (x+0)= x dualnya (x.1) = x

PRINSIP DUALITAS (2)

Hukum Identitas

x+0=x dualnya :

x.1=x

Hukum idempoten

x+x=x dualnya :

x.x=x

Hukum Komutatif

x+y=y+x dualnya :

x.y=y.x

Hukum komplemen

x+x’=1 dualnya :

x.x’=0

Hukum dominasi

x.0=0 dualnya :

x+1=1 Hukum Distributif x+(y.z)=(x+y).(x+z) dualnya : x.(y+z)= (x.y)+(x.z) Hukum Involusi (x’) ’=x Hukum penyerapan

x+(x.y)=x dualnya :

x.(x+y)=x

Hukum 0/1

0’=1 dualnya :

1’=0

Hukum asosiatif

x+(x+y)=(x+x)+y

dualnya :

x.(x.y)=(x.x).y

Hukum De Morgan

(x+y)’=x’.y’

dualnya :

FUNGSI BOOLEAN (1)

• Fungsi Boolean (disebut juga fungsi biner) adalah pemetaan dari Bn ke B melalui ekspresi Boolean, kita menuliskannya

sebagai

f : BnB

• Misalkan sebuah fungsi Boolean adalah

  f(x, y, z) = xyz + x’y + y’z

• Fungsi f memetakan nilai-nilai pasangan terurut ganda-3 (x, y, z) ke himpunan {0, 1}.

• Contohnya, (1, 0, 1) yang berarti x = 1, y = 0, dan z = 1

FUNGSI BOOLEAN(2)

Contoh-contoh fungsi Boolean yang lain:

1. f(x) = x

2. f(x, y) = x’y + xy’+ y’

3. f(x, y) = x’ y’

4. f(x, y) = (x + y)’

5. f(x, y, z) = xyz’

• Setiap peubah di dalam fungsi Boolean, termasuk dalam bentuk komplemennya, disebut literal.

• Contoh: Fungsi h(x, y, z) = xyz’

FUNGSI BOOLEAN(3)

• Contoh. Diketahui fungsi Booelan f(x, y, z) = xy z’, nyatakan h 

dalam tabel kebenaran.

• Penyelesaian:

PENJUMLAHAN DAN

PERKALIAN DUA FUNGSI

• Misalkan f dan g adalah dua fungsi Boolean dengan n peubah,  maka:

1. Penjumlahan f + g

2. Perkalian f.g

• Misal dan maka

KOMPLEMEN FUNGSI (1)

• Untuk mencari elemen fungsi, dapat digunakan 2 cara yaitu :

1. Cara pertama: menggunakan Hukum De Morgan

• Hukum De Morgan untuk dua buah peubah, x1 dan x2, adalah:

• Contoh:

1. misal, f(x,y)=xy’+xy, maka: f’(x,y)=(xy’+xy)’

         = (xy’)’(xy)’          = (x’+y)(x’+y’)

2. Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka f ’(x, y, z) = (x(y’z’ + yz))’

= x’ + (y’z’ + yz)’

KOMPLEMEN FUNGSI (2)

2. Cara kedua : menggunakan prinsip dualitas

• Tentukan dual dari ekspresi Boolean yang merepresentasikan f, lalu komplemenkan setiap literal di dalam dual tersebut.

1. misal, f(x,y)=xy’+xy, maka:

• dual dari ekspresi boolean diatas adalah f(x,y)=(x+y’)(x+y)

• Komplemenkan setiap literal dari dual diatas menjadi : f’(x,y)=(x’+y)(x’+y’)

2. Misalkan f(x, y, z) = x(y’z’ + yz), maka

• Dualnya adalah f(x,y,z) = x +(y’+z’)(y+z)

• Komplemen dari dual :

f ’(x, y, z) = x’+(y+z)(y’+z’)

BENTUK KANONIK (1)

• Ada dua macam bentuk kanonik:

1. Penjumlahan dari hasil kali (sum-of-product atau SOP)

– Contoh : f(x,y) = xy + xy’ + x’y

– Setiap suku (term) disebut minterm – x = 1 dan x’=0

– Simbol Term m

2. Perkalian dari hasil jumlah (product-of-sum atau POS)

– Contoh :g(x,y) = (x+y)(x+y’)(x’+y) – Setiap suku (term) disebut maxterm – x = 0 dan x’=1

– Simbol term M

BENTUK KANONIK (2)

Minterm Maxterm

x y Suku Lambang Suku Lambang

0 0 1 1 0 1 0 1

x’y’

x’y xy’ x y m₀ m₁ m₂ m₃

x + y x + y’

x’ + y x’ + y’

M₀ M₁ M₂ M₃

Minterm Maxterm

x y z Suku Lambang Suku Lambang 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1

x’y’z’

x’y’z x‘y z’

x’y z x y’z’

x y’z x y z’

x y z

m₀ m₁ m₂ m₃ m₄ m₅ m₆ m₇

x + y + z x + y + z’

x + y’+z x + y’+z’

x’+ y + z x’+ y + z’

x’+ y’+ z x’+ y’+ z’

BENTUK KANONIK(3)

• Contoh. Nyatakan tabel kebenaran di bawah ini dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

x y z f(x, y, z) 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 Penyelesaian: a) SOP

Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 1 adalah 001, 100, dan 111, maka fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik SOP adalah

f(x, y, z) = x’y’z + xy’z’ + xyz

atau (dengan menggunakan lambang minterm),

f(x, y, z) = m₁ + m₄ + m₇ =  (1, 4, 7)

(b) POS

Kombinasi nilai-nilai peubah yang menghasilkan nilai fungsi sama dengan 0 adalah 000, 010, 011, 101, dan 110, maka fungsi Booleannya dalam bentuk kanonik POS adalah

f(x, y, z) = (x + y + z)(x + y’+ z)(x + y’+ z’)(x’+ y + z’)(x’+ y’+ z)

atau dalam bentuk lain,

• Contoh Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

Penyelesaian: cara mencari bentuk SOP dan POS dengan melengkapi semua literal pada masing-masing fungsinya.

(a) SOP

x = x(y + y’) = xy + xy’

= xy (z + z’) + xy’(z + z’) = xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’

y’z = y’z (x + x’) = xy’z + x’y’z

Jadi f(x, y, z) = x + y’z

= xyz + xyz’ + xy’z + xy’z’ + xy’z + x’y’z

Contoh. Nyatakan fungsi Boolean f(x, y, z) = x + y’z dalam bentuk kanonik SOP dan POS.

(b) POS

f(x, y, z) = x + y’z

= (x + y’)(x + z)

x + y’ = x + y’ + zz’

= (x + y’ + z)(x + y’ + z’)

x + z = x + z + yy’

= (x + y + z)(x + y’ + z)

Jadi, f(x, y, z) = (x + y’ + z)(x + y’ + z’)(x + y + z)(x + y’ + z) = (x + y + z)(x + y’ + z)(x + y’ + z’)

KONVERSI ANTAR BENTUK KANONIK

• Misalkan:

• f(x, y, z) =  (1, 4, 5, 6, 7) dan f ’adalah fungsi komplemen dari

f, dan f ’(x, y, z) =  (0, 2, 3) = m0+ m2 + m3

• Dengan menggunakan hukum De Morgan, kita dapat memperoleh fungsi f dalam bentuk POS:

    f ’(x, y, z) = (f ’(x, y, z))’ = (m0 + m2 + m3)’

= m0’ . m2’ . m3’

= (x’y’z’)’ (x’y z’)’ (x’y z)’

= (x + y + z) (x + y’ + z) (x + y’ + z’) = M0 M2 M3

=  (0,2,3)

Jadi, f(x, y, z) =  (1, 4, 5, 6, 7) =  (0,2,3).

KONVERSI ANTAR BENTUK KANONIK

1. Contoh.

• Nyatakan f(x, y, z)=  (0, 2, 4, 5) dan g(w, x, y, z) =  (1, 2, 5, 6, 10, 15) dalam bentuk

SOP dan POS.

• Penyelesaian:

f(x, y, z) =  (1, 3, 6, 7)

g(w, x, y, z)=  (0, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14)

2. Contoh. Carilah bentuk kanonik SOP dan POS dari f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’ Penyelesaian:

(a) SOP

f(x, y, z) = y’ + xy + x’yz’

= y’ (x + x’) (z + z’) + xy (z + z’) + x’yz’

= (xy’ + x’y’) (z + z’) + xyz + xyz’ + x’yz’ = xy’z + xy’z’ + x’y’z + x’y’z’ + xyz + xyz’ + x’yz’ atau f(x, y, z) = m0+ m1 + m2+ m4+ m5+ m6+ m7

(b) POS

APLIKASI ALJABAR BOOLEAN(1)

1. Jaringan Pensaklaran (

Switching Network

)

• Saklar adalah objek yang mempunyai dua buah keadaan: buka dan tutup.

• Tiga bentuk gerbang paling sederhana: 1.

• Output b hanya ada jika dan hanya jika x dibuka x 2.

• Output b hanya ada jika dan hanya jika x dan y dibuka xy 3. 

APLIKASI ALJABAR BOOLEAN(3)

• Contoh. Nyatakan rangkaian pensaklaran pada gambar di bawah ini dalam ekspresi Boolean.

APLIKASI ALJABAR BOOLEAN(3)

2. Rangkaian Digital Elektronik

Gerbang turunan

Gerbang NAND Gerbang XOR

Gerbang NOR Gerbang XNOR

x

y (xy)'

x

y +

x y

x

y (x+y)'

x

PENYEDERHANAAN FUNGSI

• Suatu cara yang digunakan untuk meminimalkan literal dalam suatu fungsi Boolean.

• Contoh:

f(x, y) = x’y + xy’ + y’ disederhanakan menjadi f(x, y) = x’ + y’

• Penyederhanaan fungsi Boolean dapat dilakukan dengan 2 cara: 1. Secara aljabar

PENYEDERHANAAN FUNGSI SECARA ALJABAR

• Metode yang digunakan adalah prosedur cut-and-try  yang memanfaat

postulat, hukum-hukum dasar.

• Contoh:

1. f(x, y) = x + x’y

= (x + x’)(x + y) = 1  (x + y ) = x + y

2. f(x, y, z) = x’y’z + x’yz + xy’ = x’z(y’ + y) + xy’

= x’z + xz’

3. f(x, y, z) = xy + x’z + yz = xy + x’z + yz(x + x’) = xy + x’z + xyz + x’yz

2. PETA

KARNAUGH(1)

• Peta Karnauhg adalah sebuah diagram/peta yang terbentuk dari

kotak-kotak (berbentuk bujursangkar) yang bersisian.

• Tiap kotak merepresentasikan sebuah minterm

• Rumus untuk menentukan banyaknya kotak pada K-map adalah :

A = 2

n

n = jumlah variabel masukan A = banyaknya kotak

1. K-map dengan 1 variabel input

Maka untuk membuat K-mapnya :A = 21 = 2

2. PETA

KARNAUGH(2)

2. Peta Karnaugh dengan dua peubah

• Maka untuk membuat K-mapnya : A = 22 = 4

2. PETA

KARNAUGH(3)

3. Peta Karnaugh dengan tiga peubah

• Maka untuk membuat K-mapnya : A = 23 = 8

2. PETA

KARNAUGH(4)

Contoh: Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh.

Gambar peta karnaugh

x y z f(x, y, z)

0 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 1

0 1 1 0

1 0 0 0

1 0 1 0

1 1 0 1

2. PETA

KARNAUGH(5)

2. PETA

KARNAUGH(6)

contoh. Diberikan tabel kebenaran, gambarkan Peta Karnaugh

w x y z f(w, x, y, z) 0 0 0 0 0

0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0

TEKNIK MINIMISASI FUNGSI BOOLEAN DENGAN

PETA KARNAUGH(1)

1. Pasangan: dua buah 1 yang bertetangga

Sebelum disederhanakan:

f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’

Hasil Penyederhanaan:

f(w, x, y, z) = wxy

Bukti secara aljabar:

f(w, x, y, z) = wxyz + wxyz’ = wxy(z + z’)

TEKNIK MINIMISASI FUNGSI BOOLEAN DENGAN

PETA KARNAUGH (2)

2. Kuad: empat buah 1 yang bertetangga

• Sebelum disederhanakan:

f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’

• Hasil penyederhanaan:

f(w, x, y, z) = wx

Bukti secara aljabar:

f(w, x, y, z) = wxy’ + wxy

= wx(y’ + y) = wx(1)

TEKNIK MINIMISASI FUNGSI BOOLEAN DENGAN

PETA KARNAUGH (3)

2. Kuad: empat buah 1 yang bertetangga

• Contoh lain:

• Sebelum disederhanakan:

f(w, x, y, z) = wxy’z’ + wxy’z + wx’y’z’ + wx’y’z

• Hasil penyederhanaan:

TEKNIK MINIMISASI FUNGSI BOOLEAN DENGAN

PETA KARNAUGH (4)

3.

Oktet

: delapan buah 1 yang bertetangga

• Sebelum disederhanakan:

f(a, b, c, d) = wxy’z’ + wxy’z + wxyz + wxyz’ + wx’y’z’ + wx’y’z + wx’yz + wx’yz’

• Hasil penyederhanaan:

f(w, x, y, z) = w

Bukti secara aljabar: f(w, x, y, z) = wy’ + wy

Penyelesaian yang lebih minimal:

yz

00 01 11 10

wx 00 0 0 0 0

01 0 1 0 0

11 0 1 1 0

10 0 0 1 0

Penyelesaian yang lebih minimal:

yz

00 01 11 10

wx 00 0 0 0 0

01 1 0 0 1

11 1 0 0 1

10 0 0 0 0

Jika penyelesaian Contoh 5.13 adalah seperti di bawah ini:

yz

00 01 11 10

wx 00 0 0 0 0

01 0 1 0 0

11 1 1 1 1

10 1 1 1 1

maka fungsi Boolean hasil penyederhanaan adalah

f(w, x, y, z) = w + w’xy’z (jumlah literal = 5)

yang ternyata masih belum sederhana dibandingkan f(w, x, y, z) = w + xy’z

Peta Karnaugh untuk lima peubah

000 001 011 010 110 111 101 100

00 _{m0 m1 m3 m2 m6 m7 m5 m4}

01 _{m8 m9 m11 m10 m14 m15 m13 m12}

11 _{m24 m25 m27 m26 m30 m31 m29 m28}

10 _{m16 m17 m19 m18 m22 m23 m21 m20}

Jawab: Peta Karnaugh dari fungsi tersebut adalah:

cd

00 01 11 10

ab

00

1 0 1 0

01 1 1 1 0

11 X X X X

10 X 0 X X

TO BE CONTINUED…

SEE YOU NEXT WEEK